2023屆高考數(shù)學特訓營-第4節(jié)-直線、平面的垂直判定與性質(zhì)

第4節(jié)直線、平面的垂直判定與性質(zhì)A級(基礎(chǔ)應(yīng)用練)1．(2022·遼寧大連測試)已知直線l和兩個不同的平面α，β，且l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案：A解析：由面面垂直的判定定理可得，若l?α，l⊥β，則α⊥β，充分性成立；若l?α，α⊥β，則l與β平行或相交，必要性不成立．所以若l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的充分不必要條件，故選A.2．(2022·陜西漢中模擬)如圖，在正四面體P-ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點，下面四個結(jié)論不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC答案：D解析：因為BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，所以BC∥平面PDF，故選項A正確；在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，且AE，PE?平面PAE，所以BC⊥平面PAE.因為DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，又DF?平面PDF，從而平面PDF⊥平面PAE.因此選項B，C均正確．故選D.3．(2022·鹽城市高三模擬)如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在()A．直線AB上B．直線BC上C．直線AC上D．△ABC內(nèi)部答案：A解析：連接AC1(圖略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.∵AC?平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．故選A.4．如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點．現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么在這個空間圖形中必有()A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案：B解析：根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，又HE∩HF＝H，HE，HF?平面EFH，∴AH⊥平面EFH，B正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，AG，GH?平面HAG，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，過點H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確．故選B.5．(2022·韶關(guān)模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是棱PC的中點，作EF⊥PB交PB于點F，下列說法不正確的是()A．OE∥PAB．平面PAC⊥平面PBDC．PB⊥平面EFDD．BD⊥ED答案：D解析：∵四邊形ABCD是正方形，∴O是AC的中點，∵E是棱PC的中點，∴PA∥OE，故A正確；∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，又AC⊥BD，PD∩DB＝D，PD，BD?平面PDB，∴AC⊥平面PBD，又AC?平面PAC，∴平面PAC⊥平面PDB，故B正確；∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，由四邊形ABCD是正方形，得BC⊥CD，又PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，∴BC⊥平面PCD，又DE?平面PCD，∴BC⊥DE.∵PD＝DC，E是PC的中點，∴DE⊥PC，∵PC∩BC＝C，PC，BC?平面PBC，∴DE⊥平面PBC，∵PB?平面PBC，∴PB⊥DE，又EF⊥PB，DE∩EF＝E，DE，EF?平面EFD，∴PB⊥平面EFD，故C正確；由DE⊥平面PBC，知DE⊥EB，故D錯誤．6．已知△ABC在平面α內(nèi)，∠A＝90°，DA⊥平面α，則直線CA與DB的位置關(guān)系是________．答案：垂直解析：∵DA⊥平面α，AC?平面α，∴DA⊥CA，在△ABC中，∵∠A＝90°，∴AB⊥CA，且DA∩BA＝A，DA，BA?平面ADB，∴CA⊥平面DAB，DB?平面DAB，∴CA⊥DB.7．(2022·山東棗莊調(diào)研)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為正確的條件即可)答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)解析：∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，連接AC(圖略)，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.8．(2022·廣西百色模擬)如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，將△ABD沿對角線BD折起，設(shè)折起后點A的位置為A′，并且平面A′BD⊥平面BCD，則給出下面四個命題，正確的是________．(把正確結(jié)論的序號都填上)①A′D⊥BC；②三棱錐A′-BCD的體積為eq\f(\r(2),2)；③BA′⊥CA′；④平面A′BC⊥平面A′DC.答案：③④解析：如圖所示，取BD的中點E，連接A′E.又因為A′B＝A′D，所以A′E⊥BD，所以A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC.若A′D⊥BC，則可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD，與已知矛盾，故①錯誤．三棱錐A′-BCD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),6)，故②錯誤．在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，所以A′C＝eq\r(3).在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝eq\r(3)，滿足BC2＝A′B2＋A′C2，所以BA′⊥CA′，故③正確．又BA′⊥DA′，所以BA′⊥平面A′DC，所以平面A′BC⊥平面A′DC，故④正確．B級(綜合創(chuàng)新練)9．(多選題)(2022·攀枝花市高三模擬)如圖，在三棱錐V-ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，則下列結(jié)論一定成立的是()A．AC＝BCB．AB⊥VCC．VC⊥VDD．S△VCD·AB＝S△ABC·VO答案：ABD解析：∵VO⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴VO⊥AB.∵VA＝VB，AD＝BD，∴VD⊥AB.又∵VO∩VD＝V，∴AB⊥平面VCD.又∵CD?平面VCD，∴AB⊥CD.又∵AD＝BD，∴AC＝BC，故A正確．∵VC?平面VCD，∴AB⊥VC，故B正確．∵S△VCD＝eq\f(1,2)VO·CD，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·CD，∴S△VCD·AB＝S△ABC·VO，故D正確．由題中條件無法判斷VC⊥VD，故選ABD.10．(多選題)(2022·寧夏高考模擬)如圖所示，正三角形ABC的中線AF與中位線DE相交于點G，已知△A′ED是△AED繞DE旋轉(zhuǎn)過程中的一個圖形，現(xiàn)給出下列四個命題，其中正確的命題是()A．動點A′在平面ABC上的射影在AF上B．恒有平面A′GF⊥平面BCEDC．三棱錐A′-FED的體積有最大值D．直線A′E與BD不可能垂直答案：ABC解析：對于A選項，在正△ABC中，F(xiàn)為BC的中點，則AF⊥BC，∵D，E分別為AB，AC的中點，∴DE∥BC，則DE⊥AF，翻折后，對應(yīng)地有DE⊥A′G，DE∩A′G＝G，∵AF∩A′G＝G，∴DE⊥平面A′GF，∵DE?平面BCED，∴平面A′GF⊥平面BCED，且平面A′GF∩平面BCED＝AF，由面面垂直的性質(zhì)定理可知動點A′在平面ABC上的射影在AF上，A選項正確；對于B選項，由A選項可知，平面A′GF⊥平面BCED，B選項正確；對于C選項，由于△DEF的面積為定值，當三棱錐A′-FED的高取得最大值時，即當平面A′DE⊥平面BCED時，三棱錐A′-FED的體積有最大值，C選項正確；對于D選項，在翻折的過程中，∠A′EF有可能為直角，∵E，F(xiàn)分別為AC，BC的中點，則EF∥AB，即EF∥BD，∴異面直線A′E與BD所成的角為∠A′EF或其補角，則直線A′E與BD可能垂直，D選項錯誤．故選ABC.11．(2022·衡水市高三模擬)如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一個點Q滿足PQ⊥DQ，則a的值等于________．答案：2解析：連接AQ，取AD的中點O，連接OQ.∵PA⊥平面ABCD，PA⊥DQ，PQ⊥DQ，∴DQ⊥平面PAQ，∴DQ⊥AQ.∴點Q在以線段AD的中點O為圓心的圓上，又∵在BC上有且僅有一個點Q滿足PQ⊥DQ，∴BC與圓O相切(否則相交就有兩點滿足垂直，矛盾)∴OQ⊥BC，∵AD∥BC，∴OQ＝AB＝1，∴BC＝AD＝2，即a＝2.12．已知四條邊長均為2eq\r(3)的空間四邊形ABCD的頂點都在同一個球面上，若∠BAD＝eq\f(π,3)，平面ABD⊥平面CBD，則該球的體積為________．答案：eq\f(20\r(5),3)π解析：如圖所示，設(shè)E是△ABD的外心，F(xiàn)是△BCD的外心，過點E，F(xiàn)分別作平面ABD與平面BCD的垂線OE，OF，相交于點O，由空間四邊形ABCD的邊長為2eq\r(3)，∠BAD＝eq\f(π,3)，所以△ABD與△BCD均為等邊三角形，又平面ABD⊥平面CBD，所以O(shè)為四面體ABCD外接球的球心，又AE＝eq\f(2,3)eq\r(（2\r(3)）2－（\r(3)）2)＝2，所以O(shè)E＝1，所以外接球的半徑為R＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以外接球的體積為V＝eq\f(4πR3,3)＝eq\f(4π,3)×(eq\r(5))3＝eq\f(20\r(5)π,3).13．(2022·安徽黃山模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝eq\r(3)，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，點M是AC與BD的交點，點N在線段PB上，且PN＝eq\f(1,4)PB.(1)證明：MN∥平面PDC.(2)在線段BC上是否存在一點Q，使得平面MNQ⊥平面PAD，若存在，求出點Q的位置；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：在四邊形ABCD中，由AB＝BC＝eq\r(3)，AD＝CD＝1，可得△ABD≌△CBD，可得AC⊥BD，且M為AC的中點，由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，可得DM＝CDcos60°＝eq\f(1,2)，AC＝2CDsin60°＝eq\r(3)，則BM＝eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)＝eq\f(3,2).由eq\f(DM,BM)＝eq\f(PN,BN)＝eq\f(1,3)，可得MN∥PD，而MN?平面PCD，PD?平面PCD，可得MN∥平面PDC.(2)過M作ME⊥AD，垂足為E，延長EM交BC于Q，連接NQ，NE，如圖，由PA⊥平面ABCD，EQ?平面ABCD，可得PA⊥EQ，又EQ⊥AD，可得EQ⊥平面PAD，EQ?平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，故存在這樣的點Q.在Rt△DME中，∠EMD＝90°－60°＝30°，在△BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°，由BM＝eq\f(3,2)，eq\f(BQ,sin30°)＝eq\f(BM,sin120°)，可得BQ＝eq\f(BM,\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，即Q為BC的中點，則Q為BC的中點時，平面MNQ⊥平面PAD.14．(2022·山西高三模擬)如圖①，已知等邊△ABC的邊長為3，點M，N分別是邊AB，AC上的點，且BM＝2MA，AN＝2NC.如圖②，將△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．(1)求證：平面A′BM⊥平面BCNM.(2)給出三個條件：①A′M⊥BC；②二面角A′-MN-C的大小為60°；③A′到平面BCMN的距離為eq\f(\r(2),2).在其中任選一個，補充在下面問題的條件中，并作答：在線段A′C上是否存在一點P，使三棱錐A′-PMB的體積為eq\f(3,4)，若存在，求出eq\f(A′P,A′C)的值；若不存在，請說明理由．注：如果多個條件分別解答，按第一個解答給分．解：(1)證明：由已知得在等邊△ABC中，AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，由余弦定理得MN＝eq\r(3)，∴MN2＋AM2＝AN2，∴MN⊥AB，∴MN⊥A′M，MN⊥BM，又∵MB∩A′M＝M，∴MN⊥平面A′BM，∵MN?平面BCNM，∴平面A′BM⊥平面BCNM.(2)若選條件①A′M⊥BC，由(1)得A′M⊥MN，又BC和MN是兩條相交直線，∴A′M⊥平面BCNM，又等邊△ABC的高為eq\f(3\r(3),2)，SA′BM＝eq\f(1,2)×A′M×BM＝eq\f(1,2)×1×2＝1，故三棱錐A′-BCM的體積為VC-A′BM＝eq\f(1,3)S△A′BM×eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)>eq\f(3,4)，∴存在點P滿足題目條件，此時eq\f(A′P,A′C)＝eq\f(VP